《创新方案》6.2.2　第2课时　课后达标检测 课件 高中数学选修三(人教B版)同步讲练测

(共28张PPT)
课后达标检测
√
1．下列说法正确的是(　　)
A．函数在某区间上的极大值不会小于它的极小值
B．函数在某区间上的最大值不会小于它的最小值
C．函数在某区间上的极大值就是它在该区间上的最大值
D．函数在某区间上的最大值就是它在该区间上的极大值
解析：如图为函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象：极大
值f(x1)<极小值f(x4)，故A错误；
根据最大值的概念可知，函数的最大值一定大于或等于
它的最小值，故B正确；
如图所示，函数f(x)在区间[a，b]上有一极大值f(x3)，但它并不是最大值，故C错误；
同时，最大值f(b)不是极大值，故D也错误．故选B．
√
2．函数f(x)＝2x＋sin x在区间[0，π]上的(　　)
A．最小值为0，最大值为π＋1 B．最小值为0，最大值为2π
C．最小值为π＋1，最大值为2π D．最小值为0，最大值为2
解析：f′(x)＝2＋cos x>0，所以f(x)在区间[0，π]上单调递增，因此f(x)的最小值为f(0)＝0，最大值为f(π)＝2π.故选B．
√
3．已知函数y＝(x＋a)ex的最小值为－1，则实数a＝(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：y′＝(x＋a＋1)ex，当x∈(－∞，－a－1)时，y′<0，函数单调递减，当x∈(－a－1，＋∞)时，y′>0，函数单调递增．故当x＝－a－1时函数取得极小值，也是最小值－e－a－1.故－e－a－1＝－1，所以a＝－1.故选A．
√
√
6．(多选)已知函数f(x)＝x2ex，x∈R.下列结论正确的是(　　)
A．函数f(x)不存在最大值，也不存在最小值
B．函数f(x)存在极大值和极小值
C．函数f(x)有且只有一个零点
D．函数f(x)的极小值就是f(x)的最小值
√
√
√
解析：f(x)＝x2ex，x∈R，则f′(x)＝x(x＋2)·ex，令f′(x)<0，得－20，得x<－2或x>0，所以函数f(x)在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝0，f(x)＝x2ex≥0，如图，所以f(x)min＝f(0)＝0，函数在x＝－2处取得极大值，在x＝0处取得极小值，极小值f(0)即为最小值，且函数有且只有一个零点0.故选BCD．
7．已知函数f(x)＝ex－x，则函数f(x)的最小值为________．
解析：函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，可得x＝0.
当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
故f(x)min＝f(0)＝e0－0＝1.
1
8．已知函数f(x)＝x3－3x－1，在区间[－3，2]上的最大值为M，最小值为N，则M－N＝________．
解析：因为f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－1，当－3≤x<－1和10；当－120
9．已知函数f(x)＝aex－x2是R上的增函数，则a的最小值为________．
√
解析：设f(x1)＝g(x2)＝t，则x1＝et，x2＝2t－2，所以x1－x2＝et－2t＋2，令h(t)＝et－2t＋2，则h′(t)＝et－2，令h′(t)<0，得t0，得t>ln 2，函数h(t)单调递增，所以h(t)min＝h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，即x1－x2的最小值为4－2ln 2.故选C．
√
√
13．已知不等式ax≤(2x＋1)ex对任意x∈[1，＋∞)恒成立，则正实数a的取值范围是________．
(0，3e]
14．已知函数f(x)＝(x－k－1)ex(k∈R).
(1)当k＝1时，求f(x)在(0，－2)处的切线方程；
解：当k＝1时，f(x)＝(x－2)ex，则f′(x)＝(x－1)ex，所以f′(0)＝－1，
则f(x)在(0，－2)处的切线方程为y＝－x－2，
即x＋y＋2＝0.
已知函数f(x)＝(x－k－1)ex(k∈R).
(2)讨论f(x)在区间[0，3]上的最小值．
解：函数f(x)＝(x－k－1)ex，
则f′(x)＝(x－k)ex，
当x>k时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；
当x当k>3时，函数f(x)在[0，3]上单调递减，
故f(x)min＝f(3)＝(2－k)e3；
√
16．已知函数f(x)＝eln x－ex.
(1)讨论f(x)的单调性；